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浙江專用物理 第4講功能關系能量守恒定律 一 功能關系1 內容 1 功是 能量轉化的量度 即做了多少功就有 多少能發(fā)生了轉化 2 做功的過程一定伴隨著 能量的轉化 而且 能量的轉化必通過做功來實現(xiàn) 2 功與對應能量的變化關系 二 能量守恒定律1 內容 能量既不會創(chuàng)生 也不會消失 它只會從一種形式轉化為其他形式 或者從一個物體轉移到另一個物體 而在轉化或轉移的過程中 能量的總量 保持不變 2 表達式 E減 E增 3 辨析 1 物體在速度增大時 其機械能可能在減小 2 摩擦力在做功時 機械能一定會發(fā)生轉化 3 力對物體做多少功 物體就有多少能 1 如圖所示 跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型 運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板上 隨跳板一同向下做變速運動到達最低點 對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程 下列說法中正確的是 A 運動員到達最低點時 其所受外力的合力為零B 在這個過程中 運動員的動能一直在減小C 在這個過程中 跳板的彈性勢能先增加后減少D 在這個過程中 運動員所受重力對她做的功小于跳板的作用力對她做的功的絕對值 1 答案D運動員到達最低點時 其所受外力的合力方向向上 合力一定大于零 選項A錯誤 從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程 運動員的動能先增大后減小 跳板的彈性勢能一直在增加 選項B C錯誤 從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程 由動能定理可知運動員所受重力對她做的功與跳板的作用力對她做的功 負功 之和等于動能的變化 可得運動員所受重力對她做的功小于跳板的作用力對她做的功的絕對值 選項D正確 2 一質量為1kg的物體被人用手拉著由靜止向上以12m s2的加速度勻加速運動 運動1s 空氣阻力恒為5N g 10m s2 下列說法中正確的是 A 手對物體做功132JB 物體動能增量為72JC 物體機械能增量為120JD 物體克服阻力做功10J 2 答案B由題意可知 1s末物體速度v at 12m s 上升高度h at2 6m 根據(jù)牛頓第二定律 F mg f ma 可得F 27N WF Fh 162J Ek mv2 72J Wf fh 30J 機械能增加量 E WF Wf 132J 綜上可知 B項正確 3 從地面豎直上拋一個質量為m的小球 小球上升的最大高度為H 設上升和下降過程中空氣阻力大小恒為F 下列說法正確的是 A 小球上升的過程中動能減少了mgHB 小球上升和下降的整個過程中機械能減少了FHC 小球上升的過程中重力勢能增加了mgHD 小球上升和下降的整個過程中動能減少了FH 3 答案C上升過程由動能定理可得 mg F H Ek 所以上升過程動能減少了mgH FH A錯 重力勢能增加了mgH C對 小球上升和下降的整個過程中由動能定理得 FH FH Ek 即動能減少了2FH D錯 機械能變化量是由除重力和系統(tǒng)內彈力以外的其他力做的功決定的 所以小球上升和下降的整個過程中機械能減少了2FH B錯 4 如圖所示 一輕彈簧的左端固定 右端與一小球相連 小球處于光滑水平面上 現(xiàn)對小球施加一個方向水平向右的恒力F 使小球從靜止開始運動 則小球在向右運動的整個過程中 A 小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B 小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能逐漸增大 C 小球的動能逐漸增大 答案BD力F對小球和彈簧組成的系統(tǒng)做正功 系統(tǒng)機械能增加 A錯誤 B正確 對小球受力分析 開始F大于彈簧彈力 小球動能增大 當彈簧彈力增加到與F相等時 速度最大 動能最大 之后小球速度減小 動能減小 故D正確 C錯誤 5 如圖所示 一個質量為m的物體 可視為質點 以某一初速度由A點沖上傾角為30 的固定斜面 其加速度大小為g 物體在斜面上運動的最高點為B B點與A點的高度差為h 則從A點到B點的過程中 下列說法正確的是 A 物體動能損失了B 物體動能損失了2mghC 系統(tǒng)機械能損失了mghD 系統(tǒng)機械能損失了 5 答案BC對物體應用牛頓第二定律 mgsin Ff mg 30 Ff mg 物體動能的損失等于克服合力做的功 Ek mg 2mgh 物體機械能的損失等于克服摩擦力做的功 E Ff mgh 故選B C 重難一功能關系的理解應用 典例1如圖所示 質量為m的小鐵塊A 可看做質點 以水平速度v0沖上質量為M 長為l 置于光滑水平面C上的木板B 正好不從木板上掉下 已知A B間的動摩擦因數(shù)為 小鐵塊滑到木板右端時長木板對地位移為x 求這一過程中 1 木板增加的動能 2 小鐵塊減少的動能 3 系統(tǒng)機械能的減少量 4 系統(tǒng)產生的熱量 解析在此過程中摩擦力做功的情況 A和B所受摩擦力分別為F F 且F F mg A在F的作用下減速 B在F 的作用下加速 當A滑動到B的右端時 A B達到一樣的速度v 就正好不掉下 1 根據(jù)動能定理有 mg x Mv2 0 可知 EkB mgx 2 滑動摩擦力對小鐵塊A做負功 根據(jù)功能關系可知 EkA mg x l 即 mg x l mv2 m 可知小鐵塊的動能減少了 mg x l 3 系統(tǒng)機械能的減少量 E m mv2 Mv2 由 可知 E mgl 4 根據(jù)能量守恒可知Q mgl 答案 1 mgx 2 mg x l 3 mgl 4 mgl 1 1如圖所示 具有一定初速度的物塊 沿傾角為30 的粗糙斜面向上運動過程中 受到一個恒定的沿斜面向上的拉力F作用 這時物塊的加速度大小為4m s2 方向沿斜面向下 那么 在物塊向上運動過程中 正確的說法是 A 物塊的機械能一定增加B 物塊的機械能一定減少C 物塊的機械能可能不變 D 物塊的機械能可能增加也可能減少 答案A解析機械能變化的原因是除重力 系統(tǒng)內彈力外其他力做功 題中除重力外 有拉力F和摩擦力Ff做功 則機械能的變化決定于F和Ff做功的大小關系 由mgsin Ff F ma知 F Ff mgsin30 ma 0 即Ff F 故F做的正功多于克服摩擦力做的功 故機械能增加 A項正確 1 2已知貨物的質量為m 在某段時間內起重機將貨物以加速度a加速提升h 則在這段時間內敘述正確的是 重力加速度為g A 貨物的動能一定增加mah mghB 貨物的機械能一定增加mahC 貨物的重力勢能一定增加mahD 貨物的機械能一定增加mah mgh 答案D解析準確把握功和對應能量變化之間的關系是解答此類問題的關鍵 具體分析如下 重難二對能量守恒定律的理解和應用1 對能量守恒定律的理解 1 某種形式的能減少 一定存在其他形式的能增加 且減少量和增加量一定相等 2 某個物體的能量減少 一定存在其他物體的能量增加 且減少量和增加量一定相等 這也是我們列能量守恒定律方程式的兩條基本思路 2 應用能量守恒定律解題的步驟 1 分清有多少形式的能 如動能 勢能 包括重力勢能 彈性勢能 電勢能 內能等 在變化 2 明確哪種形式的能量增加 哪種形式的能量減少 并且列出減少的能量 E減和增加的能量 E增的表達式 3 列出能量守恒關系式 E減 E增 典例2如圖所示 光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相切 半圓形導軌的半徑為R 一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放 在彈力作用下物體獲得某一向右的速度后脫離彈簧 當它經過B點進入導軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍 之后向上運動恰能到達最高點C 不計空氣阻力 試求 1 物體在A點時彈簧的彈性勢能 2 物體從B點運動至C點的過程中產生的內能 又FNB 8mg由能量轉化與守恒可知 彈性勢能Ep m mgR 2 設物體在C點的速度為vC 由題意可知 mg m物體由B點運動到C點的過程中 由能量守恒得 Q m m mg 2R 解得 Q mgR 答案 1 mgR 2 mgR 解析 1 設物體在B點的速度為vB 所受彈力為FNB 則有FNB mg m 2 1如圖所示 光滑坡道頂端距水平面高度為h 質量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下 進入水平面上的滑道時無機械能損失 為使A制動 將輕彈簧的一端固定在水平軌道M處的墻上 另一端恰位于坡道的底端O點 已知在OM段 物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為 其余各處的摩擦不計 重力加速度為g 求 1 物塊滑到O點時的速度大小 2 彈簧為最大壓縮量d時的彈性勢能 設彈簧處于原長時彈性勢能為零 3 若物塊A能夠被彈回到坡道上 則它能夠上升的最大高度 答案 1 2 mgh mgd 3 h 2 d解析 1 由機械能守恒定律得mgh mv2 解得v 2 在水平滑道上物體A克服摩擦力所做的功為W mgd由能量守恒定律得mv2 Ep mgd以上各式聯(lián)立得Ep mgh mgd 3 物塊A被彈回的過程中 克服摩擦力所做的功仍為W mgd由能量守恒定律得Ep mgd mgh 所以物塊A能夠上升的最大高度為h h 2 d 能量觀點分析傳送帶問題傳送帶模型因初始條件不同 滑塊的運動規(guī)律各不相同 但總體而言可以從力和運動及能量觀點分析 這里重點學習從能量觀點分析傳送帶問題 主要可分為兩類 1 在水平傳送帶模型中 摩擦力對滑塊所做的功與滑塊動能增量相等 系統(tǒng) 的摩擦熱產生在滑塊與傳送帶相對滑行階段 2 在傾斜傳送帶模型中 摩擦力和重力對滑塊做功的代數(shù)和等于滑塊動能的增量 典例如圖所示 一水平方向的傳送帶以恒定的速度v 2m s沿順時針方向勻速轉動 傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道 并與弧面下端相切 一質量m 1kg的物體自圓弧面軌道的最高點靜止滑下 圓弧軌道的半徑R 0 45m 物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為 0 2 不計物體滑過曲面與傳送帶交接處時的能量損失 傳送帶足夠長 g 10m s2 求 1 物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶經歷的時間 2 物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中 傳送帶對物體做的功及由于摩擦產生的熱量 物體在傳送帶上運動的加速度a g 2m s2物體在傳送帶上向左運動的時間t1 v1 a 1 5s向左滑動的最大距離x 2 25m物體向右運動速度達到v時 已向右移動的距離x1 1m所用時間t2 v a 1s 勻速運動的時間t3 0 625s所以t t1 t2 t3 3 125s 2 根據(jù)動能定理 傳送帶對物體做的功W mv2 m 2 5J 物體相對傳送帶滑過的位移 x v t1 t2 6 25m 由于摩擦產生的熱量Q mg x 12 5J 解析 1 沿圓弧軌道下滑過程中機械能守恒 設物體滑上傳送帶時的速度為v1 則mgR m 2 得v1 3m s 針對訓練如圖所示 一傳送皮帶與水平面夾角為30 以2m s的恒定速度順時針運行 現(xiàn)將一質量為10kg的工件輕放于底端 經一段時間送到高2m的平臺上 工件與皮帶間的動摩擦因數(shù) 求帶動皮帶的電動機由于傳送工件多消耗的電能 取g 10m s2 答案280J解析設工件向上運動距離x時 速度達到傳送帶的速度v由動能定理可知 mgxsin30 mgxcos30 mv2代入數(shù)據(jù) 解得x 0 8m 說明工件未到達平臺時 速度已達到v 所以工件動能的增量為 Ek mv2 20J到達平臺時 工件重力勢能增量為 Ep mgh 200J在工件加速運動過程中 工件的平均速度為 因此工件的位移是傳送帶運動距離x 的即x 2x 1 6m 由于滑動摩擦力做功而增加的內能為 E內 Ff x mg x x cos30 60J電動機多消耗的電能為 E Ek Ep E內 280J